Demonstrações Legíveis Geradas por
Computador em Geometria Euclidiana Plana:
O Método da Área
Humberto José Bortolossi
Departamento de Matemática Aplicada Universidade Federal do Fluminense
Escola de Verão
Universidade Federal do Espírito Santo
Equipe
Este é um trabalho conjunto de: Humberto José Bortolossi (UFF), Carlos Tomei (PUC-Rio),
Matemático × Máquina
???
Pode o computador demonstrar teoremas?
Um pouco de história: Leibniz (1646–1716)
Characteristica Universalis
Uma linguagem simbólica precisa na qual todas as afirmações científicas poderiam ser feitas.
Calculus Ratiocinator
Um método para manipular afirmações a fim de esclarecer seu significado e veracidade.
Um pouco de história: Hilbert (1862–1943)
Segundo Congresso Internacional de Matemática (1900) em Paris:
A teoria dos números é completa?
Em uma teoria completa é sempre
possível determinar através de uma
demonstração se uma sentença
Um pouco de história: Gödel (1906–1978)
A resposta énãopelo
Primeiro Teorema de Incompletude de Gödel:
Um sistema de axiomas para a
aritmética não consegue nem
demonstrar nem negar determinadas afirmações sobre os números!
Um pouco de história: Tarski (1902–1983)
Por outro lado, Tarski demonstrou que:
A teoria da Geometria Elementar é
Um pouco de história: Tarski (1902–1983)
Mais ainda, Tarski demonstrou que:
A teoria da Geometria Elementar é
decidível!
Uma teoria é decidível se existe um
algoritmo que em um número finito
de passos consegue determinar se cada uma das sentenças da teoria é verdadeira ou falsa.
Um exemplo de teoria decidível: sistemas lineares
É possíveldecidirse um sistema linear possui solução?
x + 2 y + z = 3 2 x + y + z = 1 2 x + y + 2 z = 3
Sim! Use eliminação gaussiana (escalonamento)! x + 2 y + z = 3 − 3 y − z = −5 z = 2
Um exemplo de teoria decidível: sistemas lineares
É possíveldecidirse um sistema linear possui solução?
x + 2 y + z = 3 2 x + y + z = 1 2 x + y + 2 z = 3
Sim! Use eliminação gaussiana (escalonamento)! x + 2 y + z = 3 − 3 y − z = −5 z = 2
A Álgebra Elementar de Tarski
É a parte da teoria geral dos números reais com as seguintes restrições de linguagem:
Variáveis: representam exclusivamente números reais. Constantes: −1, 0 e +1.
Operações algébricas: adição (+), subtração (−) e multiplicação (·).
Operações relacionais: desigualdade (< e >) e igualdade (=).
Operações lógicas: conjunção (∧), disjunção (∨) e negação (∼).
O que é uma Teoria Elementar?
São exemplos de sentenças em álgebra elementar: 0 > 1 + 1;
∀ a, b, c, d ∈ R, [(a < 0 ∨ a > 0) ⇒
(∃x ∈ R | a · x · x · x + b · x · x + c · x + d = 0)]; ∀ x ∈ R, [(0 < x ∧ x < 1) ⇒ (x · x · x · x < x · x)];
que normalmente são escritas como 0 > 2;
∀ a, b, c, d ∈ R, [a 6= 0 ⇒
(∃x ∈ R | ax3+bx2+cx + d = 0)];
O que é uma Teoria Elementar?
São exemplos de sentenças em álgebra elementar: 0 > 1 + 1;
∀ a, b, c, d ∈ R, [(a < 0 ∨ a > 0) ⇒
(∃x ∈ R | a · x · x · x + b · x · x + c · x + d = 0)]; ∀ x ∈ R, [(0 < x ∧ x < 1) ⇒ (x · x · x · x < x · x)];
que normalmente são escritas como 0 > 2;
∀ a, b, c, d ∈ R, [a 6= 0 ⇒
(∃x ∈ R | ax3+bx2+cx + d = 0)];
O que é uma Teoria Elementar?
Não são exemplos de sentenças em álgebra elementar: ∀ n ∈ N, (∃ a, b, c ∈ N) | an+bn=cn e
Toda função polinomial real de grau ímpar possui pelo menos uma raiz real.
Geometria elementar é a parte da geometria euclidiana que pode ser traduzida para a linguagem de álgebra elementar fixando-se um sistema de coordenadas.
O que é uma Teoria Elementar?
Não são exemplos de sentenças em álgebra elementar: ∀ n ∈ N, (∃ a, b, c ∈ N) | an+bn=cn e
Toda função polinomial real de grau ímpar possui pelo menos uma raiz real.
Geometria elementar é a parte da geometria euclidiana que pode ser traduzida para a linguagem de álgebra elementar fixando-se um sistema de coordenadas.
A Eliminação de Quantificadores
∃ x ∈ R | x2+b · x + c = 0
⇓eliminando o quantificador
A Eliminação de Quantificadores
∃ x ∈ R | x2+b · x + c = 0
⇓eliminando o quantificador
A Eliminação de Quantificadores
Determine os valores de c, d e r a fim de que o círculo de centro (c, d ) e raio r esteja contido no círculo de centro (0, 0) e raio 1.
c 1 x 1 0 d y r Resposta: r > 0 ∧ √c2+d2+r ≤ 1. r > 0 ∧ ∀ x, y ∈ R, (x − c)2+ (y − d )2=r2 ⇒ x2+y2≤ 1
A Eliminação de Quantificadores
Determine os valores de c, d e r a fim de que o círculo de centro (c, d ) e raio r esteja contido no círculo de centro (0, 0) e raio 1.
c 1 x 1 0 d y r Resposta: r > 0 ∧ √c2+d2+r ≤ 1. r > 0 ∧ ∀ x, y ∈ R, (x − c)2+ (y − d )2=r2 ⇒ x2+y2≤ 1
A Eliminação de Quantificadores
Determine os valores de c, d e r a fim de que o círculo de centro (c, d ) e raio r esteja contido no círculo de centro (0, 0) e raio 1.
c 1 x 1 0 d y r Resposta: 0 < r ≤ 1 ∧ c2+d2≤ (1 − r )2. r > 0 ∧ ∀ x, y ∈ R, (x − c)2+ (y − d )2=r2 ⇒ x2+y2≤ 1
O problema da elipse de Kahan (1975)
c 1 x 1 0 d y a b a>0 ∧ b>0 ∧ ∀ x,y ∈R,(x −c)2 a2 + (y −d )2 b2 =1 ⇒ x 2+y2≤1O problema da elipse de Kahan (1975)
c 1 x 1 0 d y a b a>0 ∧ b>0 ∧ [∀ x ,y ∈R,b2(x −c)2+a2(y −d )2=a2b2 ⇒ x2+y2≤1]O problema da elipse de Kahan (1975)
Resposta:
[(a>0) ∧ (T ≥0) ∧ (c2+(b+|d |)2−1≤0) ∧ (a2≤b ∨ a2d2≤(1−a2)(a2−b2))] ∨
[(0<a=b) ∧ (c2+d2≤(1−a)2) ∧ (a≤1)] ∨
O problema da elipse de Kahan (1975)
T = a4d8+((2 a2b2+2 a4)c2+(−4 a4+2 a2)b2+2 a6−4 a4)d6 + ((b4+4 a2b2+a4)c4+((−6 a2−2) b4+(2 a4+2 a2)b2−2 a6−6 a4)c2 + (6 a4−6 a2+1) b4+(−6 a6+10 a4−6 a2)b2+a8−6 a6+6 a4)d4 + ((2 b4+2 a2b2)c6+(−2 b6+(2 a2−6) b4+(−6 a4+2 a2)b2−2 a4)c4 + ((6 a2+4) b6+(−10 a4−6 a2+6) b4+(6 a6−6 a4−10 a2)b2+4 a6 +6 a4)c2+(−4 a4+6 a2−2) b6+(6 a6−8 a4+4 a2−2) b4 + (−2 a8+4 a6−8 a4+6 a2)b2−2 a8+6 a6−4 a4)d2+b4c8 + (2 b6+(−4 a2−4) b4+2 a2b2)c6+(b8+(−6 a2−6) b6 + (6 a4+10 a2+6) b4+(−6 a4−6 a2)b2+a4)c4+((−2 a2−2) b8 + (6 a4+4 a2+6) b6+(−4 a6−8 a4−8 a2−4) b4+(6 a6+4 a4+6 a2)b2 − 2 a6−2 a4)c2+(a4−2 a2+1) b8+(−2 a6+2 a4+2 a2−2) b6 + (a8+2 a6−6 a4+2 a2+1) b4+(−2 a8+2 a6+2 a4−2 a2)b2+a8−2 a6+a4.Um Programa para Eliminação de Quantificadores
QEPCAD (para Linux)
http://www.eecis.udel.edu/∼saclib/
Desvantagem: extremamente lento
Um Programa para Eliminação de Quantificadores
QEPCAD (para Linux)
http://www.eecis.udel.edu/∼saclib/
Desvantagem: extremamente lento
Outras tentativas . . .
Gelerntern, Hanson e Loveland (1960): ferramentas sintéticas.
Não consegue demonstrar teoremas relativamente difíceis. Wu (1984): essencialmente bases de Gröbner.
Apesar de demonstrar
teoremas difíceis, a prova não é “legível”.
O método da área
Chou, Gao e Zhang (1992): o método da área.
O método produz demonstraçõeslegíveispara teoremas
difíceis.
Ao invés desemelhançade triângulos, o método
consideraas áreasde triânguloscom um lado em comum.
O método tem sido usado no treinamento de alunos chineses em olimpíadas de matemática.
A medida de um segmento orientado
A medida de um segmento orientado:
AB = (
+|AB|, “de A para B” coincide com o sentido da reta l, −|AB|, caso contrário.
A B l
A propriedade da decomposição
A P B l |AB| = +|AP| + |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = −|AP| + |PB| AB = AP + PBA propriedade da decomposição
A P B l |AB| = +|AP| + |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = −|AP| + |PB| AB = AP + PBA propriedade da decomposição
A P B l |AB| = +|AP| + |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = −|AP| + |PB| AB = AP + PBA propriedade da decomposição
A P B l |AB| = +|AP| + |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = −|AP| + |PB| AB = AP + PBA propriedade da decomposição
A P B l |AB| = +|AP| + |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = +|AP| − |PB| AB = AP + PB A B P l |AB| = −|AP| + |PB| AB = AP + PBA área com sinal de um triângulo
B C A b h SABC = +∇ABC = + b · h 2 B C A b h SABC = −∇ABC = − b · h 2A propriedade da permutação
SABC=SBCA=SCAB = −SACB = −SBAC = −SCBA.
B C
A
b h
A propriedade da decomposição
∇ABC = ∇PAB + ∇PBC + ∇PCA,
SABC =SPAB +SPBC+SPCA.
B C
A
P P
A propriedade da decomposição
B C A P B C A P B C A P∇ABC=+∇PAB+∇PBC−∇PCA ∇ABC=+∇PAB−∇PBC−∇PCA ∇ABC=−∇PAB+∇PBC+∇PCA
B C A P B C A P B C A P
Um caso demonstra todos . . .
Se A = (xA,yA), B = (xB,yB) e C = (xC,yC), então SABC = 1 2· det xA yA 1 xB yB 1 xC yC 1 = 1 2· (xA− xB) · (yB− yC) − (yA− yB) · (xB− xC) .Se A, B e C estão fixos e P = (x , y ), então a expressão p(x , y ) = SABC− SPAB− SPBC− SPCA
Um caso demonstra todos . . .
Se A = (xA,yA), B = (xB,yB) e C = (xC,yC), então SABC = 1 2· det xA yA 1 xB yB 1 xC yC 1 = 1 2· (xA− xB) · (yB− yC) − (yA− yB) · (xB− xC) .Se A, B e C estão fixos e P = (x , y ), então a expressão p(x , y ) = SABC− SPAB− SPBC− SPCA
Proposição básica
A B C P SPBC SPAB = BC AB.O teorema do co-lado
P Q A M B Se M =←AB ∩→ ←PQ, então→ SPAB SQAB = PM QM. SPAB SQAB = SPAB SPAM | {z } P “fora” ·SPAM SQAM | {z } A “fora” ·SQAM SQAB | {z } Q “fora” = AB AM · PM QM · AM AB = PM QM.O teorema do co-lado
P Q A M B Se M =←AB ∩→ ←PQ, então→ SPAB SQAB = PM QM. SPAB SQAB = SPAB SPAM | {z } P “fora” ·SPAM SQAM | {z } A “fora” ·SQAM SQAB | {z } Q “fora” = AB AM · PM QM · AM AB = PM QM.Um primeiro exemplo
B C P A D E F Hipótese:A, B, C e P são pontos livres. D =←AP ∩→ ←CB.→ E =←PB ∩→ ←AC.→ F =←CP ∩→ ←AB.→ Tese: PD AD + PE BE + PF CF =1.
O teorema de Ceva
B C P A D E F Hipótese:A, B, C e P são pontos livres. D =←AP ∩→ ←CB.→ E =←PB ∩→ ←AC.→ F =←CP ∩→ ←AB.→ Tese: AF FB · BD DC · CE EA =1.
O teorema de Menelau
B C A D E F Hipótese:A, B e C são pontos livres. F ∈←AB.→ D ∈←BC.→ E ∈←AC.→ Tese: D, E e F são colineares m AF FB · BD DC · CE EA = −1.
A medida de um segmento orientado
A P B l
AB = (
+|AB|, “de A para B” coincide com o sentido da reta l, −|AB|, caso contrário.
Propriedades:
AB = −BA AB = AP + PB
A área com sinal de um triângulo
B C A P P Propriedades:SABC=SBCA=SCAB= −SACB = −SBAC = −SCBA
(permutação)
SABC=SPAB +SPBC+SPCA
Proposição básica
A B C P SPBC SPAB = BC AB.O teorema do co-lado
P Q A M B Se M =←AB ∩→ ←PQ, então→ SPAB SQAB = PM QM.Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = −BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = −BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓ D = H.
Exercício
Sejam B, C, D e H quatro pontos colineares, com B 6= C. Mostre que se BH/HC = BD/DC, então D = H.
DH = +DB + BH = − BD + BH = − BH ·DC HC+BH = +BH HC· −DC + HC = −BH HC· +DC + CH = −BH HC· DH ⇓ DH ·1 + BH/HC=0 ⇓ DH ·BH + HC HC =0 ⇓ DH · BC/HC = 0 ⇓ DH = 0 ⇓
Exercício: a área com sinal de um quadrilátero
A D B C Definição:SABCD =SABC+SACD.
Exercício: SABCD =SBCDA.
Exercício: o teorema de Menelau
B C A D E F Hipótese:A, B e C são pontos livres. F ∈←AB.→ D ∈←BC.→ E ∈←AC.→ Tese: D, E e F são colineares m AF FB · BD DC · CE EA = −1.
Vamos praticar!
B C P A D E F Hipótese:A, B, C e P são pontos livres. D =←AP ∩→ ←CB.→ E =←PB ∩→ ←AC.→ F =←CP ∩→ ←AB.→ Tese: AP AD + BP BE + CP CF = ?.
Vamos praticar!
A B C D O E F G H Hipótese: ABCD é um quadrilátero. O é um ponto livre. E =←AO ∩→ ←BD.→ F =←BO ∩→ ←AC.→ G =←→CO ∩←BD.→ H =←→DO ∩←AC.→ Tese: AH HC · CF FA · BE ED · DG GB = ? .Fácil ou difícil?
A B E C D P 5 4 2 6 160/31 x Qual é o valor de x ?Proposição básica
A B C P SPBC SPAB = BC AB.O teorema do co-lado
P Q A M B Se M =←AB ∩→ ←PQ, então→ SPAB SQAB = PM QM.Teorema
A B E C D P Hipótese:A, B e C são pontos livres. D ∈←AC.→ E ∈←AB.→ CD = u · AD. AE = v · BE . P =←BD ∩→ ←CE .→ Tese: PD PB = u · v u − 1. u = −3 e v = −5/4 ⇒ PD/PB = u · v /(u − 1) = −15/16 ⇒ PD = (−15/16) · PB = −150/31.
Teorema
A B E C D P 5 4 2 6 160/31 x Hipótese:A, B e C são pontos livres. D ∈←AC.→ E ∈←AB.→ CD = u · AD. AE = v · BE . P =←BD ∩→ ←CE .→ Tese: PD PB = u · v u − 1. u = −3 e v = −5/4 ⇒ PD/PB = u · v /(u − 1) = −15/16 ⇒ PD = (−15/16) · PB = −150/31.
Teorema
A B E C D P 5 4 2 6 160/31 x Hipótese:A, B e C são pontos livres. D ∈←AC.→ E ∈←AB.→ CD = u · AD. AE = v · BE . P =←BD ∩→ ←CE .→ Tese: PD PB = u · v u − 1. u = −3 e v = −5/4 ⇒ PD/PB = u · v /(u − 1) = −15/16 ⇒ PD = (−15/16) · PB = −150/31.
Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u , SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v , PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v ·DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Demonstração do teorema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ PD PB = SDEC SBEC , SDEC SDEA = DC DA = CD AD =u, SBEC SAEC = BE AE = 1 v, PD PB = SDEC SBEC = u · SDEA 1 v · SAEC =u · v ·SDEA SAEC =u · v · DA AC =u · v · DA AD + DC =u · v · DA AD + u · DA = u · v u − 1.Corolário
A B F C D E PAsmedianasde um triângulo são sempreconcorrentese o
Vamos praticar!
A B E C D P SeA, B e C são pontos livres, D ∈←AC,→
E ∈←AB,→ CD = u · AD, AE = v · BE e P =←BD ∩→ ←CE ,→
então sabemos que
PD
PB =
u · v u − 1.
Pergunta: qual é o valor de PE
Fácil ou difícil?
C A B D E F Q R P (1 3) jAC jÁ (2 3) jAC jÁ (1 3) jAC jÁ (2 3) jAC jÁ (1 3) jBC jÁ (2 3) jBC jÁQual é o valor de área do ∆PQR
Teorema
C A B D E F Q R P Hipótese:A, B e C são pontos livres. D ∈←AC.→ E ∈←AB.→ F ∈←BC.→ CD = u · AD. AE = v · BE . BF = w · CF . u = v = w = −1/2. Tese: SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Teorema
C A B D E F Q R P (1 3) jAC jÁ (2 3) jAC jÁ (1 3) jAC jÁ (2 3) jAC jÁ (1 3) jBC jÁ (2 3) jBC jÁ Hipótese:A, B e C são pontos livres. D ∈←AC.→ E ∈←AB.→ F ∈←BC.→ CD = u · AD. AE = v · BE . BF = w · CF . u = v = w = −1/2. Tese: SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u) = 1 7.
Lema
A B E C D P Hipótese:A, B e C são pontos livres. D ∈←AC.→ E ∈←AB.→ CD = u · AD. AE = v · BE . P =←BD ∩→ ←CE .→ Tese: SPBC SABC = u u − 1 − u · v.
Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do lema
A B E C D P CD = u · AD, AE = v · BE , P =←BD ∩→ ←CE .→ SABC SPBC = SPBC+SPCA+SPAB SPBC = SPBC SPBC + SPCA SPBC + SPAB SPBC =1 − SAPC SBPC − SAPB SCPB =1 − AE BE − AD CD =1 − v − 1 u = u − u · v − 1 u .Demonstração do teorema
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . SPQR SABC=SABC− SPBC− SQCA− SRAB SABC =1 −SPBC SABC −SQCA SABC −SRAB SABC ⇓ SPQR SABC =1 − u u − 1 − u · v− v v − 1 − v · w − w w − 1 − w · u ⇓ SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Demonstração do teorema
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . SPQR SABC=SABC− SPBC− SQCA− SRAB SABC =1 −SPBC SABC −SQCA SABC −SRAB SABC ⇓ SPQR SABC =1 − u u − 1 − u · v− v v − 1 − v · w − w w − 1 − w · u ⇓ SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Demonstração do teorema
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . SPQR SABC=SABC− SPBC− SQCA− SRAB SABC =1 −SPBC SABC −SQCA SABC −SRAB SABC ⇓ SPQR SABC =1 − u u − 1 − u · v− v v − 1 − v · w − w w − 1 − w · u ⇓ SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Demonstração do teorema
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . SPQR SABC=SABC− SPBC− SQCA− SRAB SABC =1 −SPBC SABC −SQCA SABC −SRAB SABC ⇓ SPQR SABC =1 − u u − 1 − u · v− v v − 1 − v · w− w w − 1 − w · u ⇓ SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Demonstração do teorema
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . SPQR SABC=SABC− SPBC− SQCA− SRAB SABC =1 −SPBC SABC −SQCA SABC −SRAB SABC ⇓ SPQR SABC =1 − u u − 1 − u · v− v v − 1 − v · w− w w − 1 − w · u ⇓ SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Corolário: versão forte do teorema de Ceva
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . ←→AF ,←BD e→ ←CE são concorrentes ⇔ u·v ·w =→ CD AD· AE BE· BF CF = −1. SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Corolário: versão forte do teorema de Ceva
C A B D E F Q R P CD = u · AD, AE = v · BE , BF = w · CF . ←→AF ,←BD e→ ←CE são concorrentes ⇔ u·v ·w =→ CD AD· AE BE· BF CF = −1. SPQR SABC = (1 + u · v · w ) 2 (1 − u + u · v ) · (1 − v + w · v ) · (1 − w + w · u).
Vamos praticar!
P Q A M B Sabemos que se M =←AB ∩→ ←PQ, então→ SPAB SQAB = PM QM. Mostre que: SBPQ SBPAQ = MB AB = SMBQ SABQ.Lema 3.1 (de eliminação)
A B C D L Hipótese:A, B, C e D são pontos livres. L =←AB ∩→ ←CD.→ Tese: SBCD SBCAD = LB AB = SLBD SABD , isto é, SLBD = SBCD· SABD SBCAD .
Teorema 3.7: construção de seqüências harmônicas
A B C D L F K G Hipótese:A, B, C e D são pontos livres. L =←AB ∩→ ←CD.→ K =←AD ∩→ ←BC.→ F =←BD ∩→ ←LK .→ G =←AC ∩→ ←KL.→ Tese: LF KF = LG GK.
Teorema 3.8: o teorema de Pappus
A B C r D E F s P Q R Hipótese: r e s são retas. A, B e C são pontos em r . E , F e G são pontos em s. P =←AE ∩→ ←DB.→ Q =←AF ∩→ ←DC.→ R =←BF ∩→ ←EC.→ Tese:Teorema 3.9
A B
P
Q
R Hipótese:
A, B, P e Q são pontos livres. R ∈←PQ.→ Tese: SRAB = PR PQ· SQAB+ RQ PQ · SPAB.
Teorema 4.1
A B D C O Hipótese: ABCD é um paralelogramo. O =←AC ∩→ ←BD.→ Tese: AO = OC, isto é, AO OC =1.Teorema 4.2: o teorema de Tales
C A X r m n s t Z B Y Hipótese:r , s e t são retas paralelas. m e n são retas transversais. A = m ∩ r . B = m ∩ s . C = m ∩ t . X = n ∩ r . Y = n ∩ s . Z = n ∩ t . Tese: AB CB = XY ZY.
Teorema 4.3
A B C D P Q M Hipótese: ←→AB e←CD são retas paralelas.→ P =←AC ∩→ ←BD.→
Q =←AD ∩→ ←BC.→ M =←PQ ∩→ ←AB.→
Tese:
Teorema 4.4: o axioma de Pascal
A C R B Q P Hipótese:r e s são duas retas. A, B , C ∈ r . P , Q, R ∈ s. AQ k RB. BP k QC. Tese: AP k RC.
Teorema 4.5: o axioma de Desargues
S A C B X Y Z t s r Hipótese:r , s e t são retas distintas. S = r ∩ s ∩ t. A, X ∈ r . B , Y ∈ s. C, Z ∈ t . AB k XY . AC k XZ . Tese: BC k YZ .
Teorema 4.6
A B D X C Y Z W P Q R S CX CD = DY DA = AZ AB = BW BC = 1 3 ⇒ SPQRS = SABCD 13 .Proposição 4.2
A B
D C
P O Q Hipótese:
ABCD é um paralelogramo. P e Q são pontos livres.
Tese:
Proposição 4.3
A B D C P Hipótese: ABCD é um paralelogramo. P é um ponto livre. Tese:Características de um teorema de interseção pura
Os únicos objetos geométricos que aparecem no
enunciado do teorema sãopontoseretas.
As únicas operações geométricas permitidas sãotraçar
uma reta por pontos,marcar a interseção entre duas retas
etraçar uma reta paralela à outra por um dado ponto.
O teorema é do tipoconstrutivo: todos os pontos e retas
envolvidos na formulação da hipótese do teoremapodem
ser definidos ou construídos um a um.
A tese é uma propriedade sobreconcorrênciaou
Exemplo: o teorema de Ceva
B C P A D E F S = (C1, C2, C3, C4, C5, C6, C7; G) G = (E1,E2) E1(x , y , z) = x + y + z, E2(x , y , z) = 1 x =AF FB, y = BD DC e z = CE EAC1: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre A.
C2: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre B.
C3: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre C.
C4: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre P.
C5: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo D, definido como a interseção das retas←AP e→ ←CB.→ Condição de não-degenerescência: AP ∦ CB.
C6: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo E , definido como a interseção das retas←BP e→ ←AC.→ Condição de não-degenerescência: BP ∦ AC.
C7: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo F , definido como a interseção das retas←CP e→ ←AB.→ Condição de não-degenerescência: CP ∦ AB.
Condições de não-degenerescência
B C P A D E F S = (C1, C2, C3, C4, C5, C6, C7; G) AP ∦ CB, BP ∦ AC, CP ∦ AB | {z } provenientes de C5, C6e C7 F 6= B, D 6= C, E 6= A | {z }provenientes das razões em E1
C1: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre A.
C2: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre B.
C3: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre C.
C4: é uma construção do tipo (CT1) que introduz o ponto livre P.
C5: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo D, definido como a interseção das retas←AP e→ ←CB.→ Condição de não-degenerescência: AP ∦ CB.
C6: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo E , definido como a interseção das retas←BP e→ ←AC.→ Condição de não-degenerescência: BP ∦ AC.
C7: é uma construção do tipo (CT4) que introduz o ponto fixo F , definido como a interseção das retas←CP e→ ←AB.→ Condição de não-degenerescência: CP ∦ AB.
O teorema da reta de Gauss
Sejam A0, A1, A2e A3quatro pontos no plano.
Se X = ←−→A1A2∩ ←−→ A0A3, Y = ←−→ A0A1∩ ←−→ A2A3e M1, M2e M3 são os
pontos médios de A1A3, A0A2e XY , respectivamente, então
M1, M2e M3são colineares. A2 A3 A1 A0 M1 M2 M3 X Y